广东省湛江第一中学2018_2019学年高一化学上学期第二次大考试题（含解析）.docx

广东省湛江第一中学2018-2019学年高一上学期第二次大考化学试题1.朱自清先生在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾所形成的美景仙境，其本质原因是A. 夜里的月色本身就很美B. 颗粒直径约为1nm100nm的小水滴分散在空气中C. 光线是一种胶体D. 雾是一种胶体，能产生丁达尔现象【答案】B【解析】【详解】月光穿过薄雾所形成的美景仙境，属于胶体的丁达尔效应，其本质原因是颗粒直径约为1nm100nm的小水滴分散在空气中，月光照射到小水滴上产生散射现象形成的。答案选B。2.用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；B、电解质和盐都属于化合物，盐均属于电解质，则电解质包含盐，应X包含Y，故B错误；C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；D、氧化物只由两种元素组成，碱性氧化物一定是金属氧化物，故D正确；综上所述，本题选B。【点睛】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题；学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键。本题中要注意电解质包括酸、碱、盐和金属氧化物、水等，电解质均为化合物。3.欲选用AgNO3溶液，HNO3溶液，Ba(NO3)2溶液三种试剂，检验某待测液中是否含有Cl、CO32、SO42三种离子。要求：只能取一次待测液；每加入一种试剂就要能检出一种离子。则加入试剂的先后顺序为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为“只能取一次待测液，每加入一种试剂就要能检出一种离子”，所以只能在一支试管中依次加三种试剂来检验出Cl、CO32、SO42。【详解】通常用AgNO3溶液检验Cl-，但因2Ag+CO32-=Ag2CO3，2Ag+SO42-=Ag2SO4，所以Cl-的检验要放在CO32-和SO42-之后。通常用Ba(NO3)2溶液检验SO42-，但因Ba2+CO32-=BaCO3，所以SO42-的检验应放在CO32-之后。操作和现象是：取少量待测液于试管中，先滴加过量的HNO3溶液，若产生大量的无色气泡，证明含CO32-；再向该试管中加入过量的Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，证明含SO42-；静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明含Cl-。所以加入试剂的先后顺序是，答案选C。4.NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24L CCl4中含有的分子总数为0.1NAB. 78 g Na2O2中含有的阴离子数为NAC. 金属钠与水反应，生成22.4L氢气时，转移的电子数为2NAD. 将含有1mol溶质的FeCl3溶液加入沸水中制取Fe（OH）3胶体，其含Fe（OH）3胶粒数为NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下的CCl4是液态物质，不能应用公式n=计算其物质的量，所以无法确定2.24LCCl4中含有的分子数。A项错误；B.Na2O2的摩尔质量为78g/mol，即78gNa2O2的物质的量为1mol，由Na2O2的电子式可知，每个“Na2O2”中含有1个阴离子（），所以1mol Na2O2中含有1mol，即78 g Na2O2中含有的阴离子数为NA，B项正确；C.根据反应方程式可知，每生成1molH2转移2mol电子，但题目未明确氢气是否处于标准状况，无法计算22.4L氢气生成时转移的电子数。C项错误；D.Fe(OH)3胶体粒子是由许多Fe(OH)3分子聚集在一起形成的颗粒，其颗粒直径恰好在1nm100nm之间，所以1molFeCl3形成的Fe(OH)3胶体粒子数目要小于NA，D项错误；答案选B。5.为了实现下列各变化，需加入还原剂的是A. KClO3O2 B. CO2CO C. FeFeCl3 D. NH4+NH3【答案】B【解析】【分析】因为还原剂能使氧化剂发生还原反应，而还原反应的标志是元素化合价降低，所以化合价降低且非自身氧化还原反应的过程，需要加还原剂。【详解】A.氧元素的化合价由KClO3中的-2价变化到O2的0价，化合价升高，不需要加还原剂，A项错误；B.碳元素的化合价由CO2中的+4价变化到CO中的+2价，化合价降低，需要加还原剂，B项正确；C.铁元素的化合价由Fe的0价变化到FeCl3中的+3价，化合价升高，不需要加还原剂，C项错误；D.氮元素和氢元素的化合价都没有变化，不需要加还原剂，D项错误；答案选B。6.下列离子方程式正确的是A. 钠和冷水反应：Na + 2H2O=Na+2OH+H2B. NaOH溶液中通入少量CO2反应：OHCO2=HCO3C. 铁粉加入稀硫酸：2Fe +6H+ =2Fe3+ +3H2D. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2O【答案】D【解析】【详解】A.该离子方程式的电荷不守恒，正确的离子方程式为2Na + 2H2O=2Na+2OH+H2，A项错误；B. NaOH溶液中通入少量CO2反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，其离子方程式为2OHCO2=CO32-+H2O，B项错误；C.该离子反应不符合事实，正确的离子方程式为Fe +2H+ =Fe2+ +H2，C项错误；D.因为溶液呈中性，所以H+和OH-完全反应，NaHSO4与Ba(OH)2的计量数之比应为2:1，其离子方程式为2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2O，D项正确；答案选D。【点睛】离子方程式的正误判断题中常见错误问题：(1)不能正确使用分子式与离子符号；(2)反应前后电荷不守恒；(3)得失电子不守恒；(4)反应原理不正确；(5)缺少必要的反应条件；(6)不能正确使用可逆符号；(7)忽略反应物用量的影响等。7.在某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是A. K+、Na+、Cu2+、SO42- B. Mg2+、Ba2+、Cl、OHC. Na+、Al3+、Cl、NO3 D. K+、 AlO2、 Cl、Ba2+【答案】C【解析】【详解】A.Cu2+在溶液中显蓝色，所以无色溶液中Cu2+不能大量存在，A项错误；B.H+与OH-能发生反应：H+OH-=H2O，所以在强酸性溶液中OH-不能大量共存。OH-也能与Mg2+反应：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以Mg2+与OH-也不能大量共存，B项错误；C.该组离子都不能与H+反应，该组离子之间也不发生反应，所以该组离子可以大量共存，C项正确；D.AlO2-与H+发生反应：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，所以在强酸性溶液中AlO2-不能大量共存，D项错误；答案选C。【点睛】离子在溶液中能够大量共存的前提条件是离子之间不发生反应，只要满足下列条件之一，离子之间即可发生反应，则离子不能大量共存：一是离子之间结合生成难溶性物质；二是离子之间结合有挥发性物质生成；三是离子之间结合有水（或弱酸、弱碱）生成；四是离子之间结合有络离子生成；五是离子之间能发生氧化还原反应等。8.用1L 0.1molL-1NaOH溶液吸收0.07molCO2，所得溶液中n(Na2CO3)和n(NaHCO3)之比约为A. 34 B. 31 C. 23 D. 32【答案】A【解析】【详解】当CO2连续通入NaOH溶液中依次发生两个反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。1L 0.1molL-1NaOH溶液中含有NaOH的物质的量=1L0.1mol/L=0.1mol：0.1molNaOH消耗0.05molCO2恰好生成0.05molNa2CO3，剩余CO2的物质的量=0.07mol-0.05mol=0.02mol，CO2继续与Na2CO3反应：又消耗0.02molNa2CO3，生成0.04molNaHCO3，所得溶液中含有Na2CO3的物质的量=0.05mol-0.02mol=0.03mol。所以所得溶液中n(Na2CO3):n(NaHCO3)=0.03mol:0.04mol=3:4，答案选A。9.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，不正确的是A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B. 二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠C. 二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，二者等质量与足量盐酸反应时生成CO2量一样多D. 二者在一定条件下可以相互转化【答案】C【解析】A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A正确；B. 二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，B正确；C. 二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的CO2多，C错误；D. 碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，D正确，答案选C。10.关于反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，下列说法正确的是A. H2O既不是氧化剂又不是还原剂 B. CaH2中H元素被还原C. 此反应中氧化产物与还原产物的原子个数比为1:1 D. Ca(OH)2是氧化产物【答案】C【解析】【详解】该反应中，只有氢元素的化合价发生变化，在CaH2中H为-1价，被氧化成0价；CaH2中H元素被氧化，B错误；反应物水中H为+1价，被还原为0价，因此，H2O在该反应中作氧化剂，A错误；2个 H2O分子中有2个氢原子被还原生成1分子H2，另外2个氢原子价态未发生变化，CaH2中的2个氢原子被氧化生成1分子H2，所以H2既是氧化产物又是还原产物，其分子个数之比为1:1，故C正确；由于H2既是氧化产物又是还原产物，所以Ca(OH)2为生成物，既不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；综上所述，本题选C。11.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3 + 2M3+ 4H2O = M2O7n + Cl + 8H+，M2O7n 中M的化合价是A. +4 B. +5 C. +6 D. +7【答案】C【解析】根据电荷守恒-1+32=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-27=-2，x=+6，故C正确。12.下列实验现象描述正确的是选项实验现象A向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体无明显现象B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来C向Al2（SO4)3溶液中滴加过量NaOH溶液产生大量白色沉淀D加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A. Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，因为NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，饱和溶液中含有的Na2CO3的质量比NaHCO3多，化合反应生成的NaHCO3的质量比原溶液中的Na2CO3质量要多得多，且溶剂水的量减少，所以生成的NaHCO3因过饱和而析出，所以实验中可观察到沉淀生成，A项错误；B.在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化，失去光泽，表面的铝被氧气氧化生成一层致密的氧化铝薄膜，因为Al2O3的熔点很高，熔化的铝像一层膜兜着并不滴落。B项错误；C.向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，先生成Al(OH)3沉淀，后来过量的NaOH又将Al(OH)3沉淀溶解：Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C项错误；D.金属钠非常活泼，熔点较低，与O2反应剧烈，加热放在坩埚中的小块钠，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成的淡黄色固体是Na2O2：2Na+O2Na2O2，D项正确；答案选D。13.下列关于钠与水反应的叙述，不正确的是将一小粒钠投入滴有紫色石蕊溶液的水中，反应后溶液变红将一小粒钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与HCl反应将一小粒钠投入水中，钠沉入水底将两小粒质量相等的金属钠，一粒直接投入水中，另一粒用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后投入水中，则二者放出氢气的质量相等A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】将一小粒钠投入滴有紫色石蕊溶液的水中，先有钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，溶液显碱性，紫色石蕊溶液变蓝色，项错误；将一小粒钠投入稀盐酸中，钠先与HCl反应，后与水反应，项错误；因为钠的密度比水小，钠投入到水中，钠浮在水面上，项错误；直接投入水中的钠与水反应产生H2：2Na+2H2O=2NaOH+H2；用铝箔包住的钠先有钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，后有铝箔与NaOH溶液反应产生H2，因两次金属钠的质量相同，所以用铝箔包住的钠放出氢气的质量多，项错误；答案选D。14.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中, 逐滴加入NaOH溶液。下列图象中, 能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积, 纵坐标表示反应生成沉淀的质量)A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2+2OH-Mg(OH)2、Al3+3OH-Al(OH)3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D。【考点定位】考查镁、铝的重要化合物【名师点晴】本题考查了化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，结合物质的溶解性来分析解答，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱。根据发生的反应Mg2+2OH-Mg(OH)2、Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O来分析。15.（I）按要求回答下列问题：（1）在一定的温度和压强下，2 体积 X Y 2 (g)跟 3 体积Z2(g)化合生成 2 体积气态化合物，则该气态化合物的化学式是 _（用X、Y、Z表示）（2）用KMnO4氧化盐酸，其反应方程式如下：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，该反应中，氧化剂是_。当有1mol KMnO4和一定量盐酸恰好完全反应，反应后溶液的体积为2L ，则所得溶液中Cl的物质的量浓度为_，被氧化的HCl的物质的量为_。（II）现有下列物质：H2O、空气、Mg、CaCO3、H3PO4、CuSO45H2O、浓硝酸、无水酒精、硫酸、盐酸。其中，属于电解质的是_(填序号，下同)；属于非电解质的是_；属于强电解质的是_；能导电的是_。【答案】 (1). XY2Z3 (2). KMnO4 (3). 1.5molL-1 (4). 5mol (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】(1)由阿伏加德罗定律可推知，相同温度和压强下，参加反应的气体的体积比等于相应化学计量数之比；(2)根据氧化还原反应的概念分析。(3)根据电解质、非电解质、强电解质等相关概念分析解答。【详解】(I)、(1)由题意可知，XY2(g)、Z2(g)和生成的气态化合物的体积比=2:3:2，因为相同温度和压强下，参加反应的气体的体积比等于相应化学计量数之比，即化学方程式中，XY2(g)、Z2(g)和生成的气态化合物的计量数之比为2:3:2，根据原子守恒，生成的气态化合物的化学式为XY2Z3，其反应方程式为2XY2(g)+3Z2(g)=2XY2Z3。(2)分析反应方程式中元素化合价的变化知：锰元素的化合价由KMnO4中的+7价降到MnCl2中的+2价，反应中得到电子，所以KMnO4的氧化剂。根据反应方程式的计量关系可知，1molKMnO4恰好反应需要8molHCl，生成1molKCl和1molMnCl2，所得溶液中Cl-的物质的量=1mol1+1mol2=3mol，则所得溶液中Cl-的物质的量浓度=1.5mol/L。根据氯元素化合价的变化知，8molHCl中只有5molCl-的化合价升高，发生氧化反应，所以8molHCl中被氧化的HCl的物质的量为5mol。(II)、在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物叫做电解质，酸、碱、盐都是电解质，所以属于电解质的是H2O、CaCO3、H3PO4、CuSO45H2O、硫酸。在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物叫做非电解质，所以属于非电解质的是无水酒精。在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，故属于强电解质的有CaCO3、CuSO45H2O、硫酸。能导电的有Mg、浓硝酸、盐酸。【点睛】在分析氧化还原反应时要抓住两条线：一是化合价升高，失去电子，发生氧化反应，概括为“升-失-氧”，失电子的反应物是还原剂；二是化合价降低，得到电子，发生还原反应，概括为“降-得-还”，得电子的反应物是氧化剂。16.实验室配制 1mol/L 的 NaOH 溶液240mL，（1）实验操作中用天平称量_g NaOH 固体；（2）容量瓶在使用前的操作是_（3）若实验时遇到下列情况，所配溶液的浓度偏大的是_。称量氢氧化钠固体的时间过长。 容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水。 溶液未冷却即转入容量瓶。 在转移氢氧化钠溶液后未洗涤烧杯。 定容时俯视刻度线。摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线。 （4）取配制的 1mol/L 的 NaOH 溶液10 mL，再稀释成 100 m L，再从中取出 10 mL，这 10 mL 溶液的物质的量浓度为_。（5）取配制的1mol/L 的 NaOH 溶液10 mL，加入足量的氧化铝充分反应（溶液体积保持不变），得到的溶液的浓度为_，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 10.0 (2). 检查容量瓶是否漏水 (3). (4). 0.1mol/L (5). 1mol/L (6). Al2 O32OH=2AlO2 H2O【解析】【详解】根据中学实验室里容量瓶的规格，配制240mL溶液应选用250mL的容量瓶。(1)配制1mol/LNaOH溶液250mL需要NaOH的质量=1mol/L0.25L40g/mol=10.0g。即用天平称量10.0gNaOH固体。(2)容量瓶在使用前需要检查容量瓶是否漏水，只有不漏水的容量瓶才能使用。(3)因氢氧化钠固体易吸收空气中的水蒸气和CO2，如果称量氢氧化钠固体的时间过长，则称量的氢氧化钠固体中混有杂质，即溶质NaOH的物质的量（）减小，根据公式=可知物质的量浓度偏低。项错误；容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，既不影响溶质的物质的量（），也不影响溶液体积（V），根据公式=可知溶液浓度不受影响。项错误；溶液未冷却即转入容量瓶，由于热胀冷缩，所配制的溶液冷却到室温时溶液体积（V）将减小，根据公式=可知溶液浓度偏大。项正确；在转移氢氧化钠溶液后未洗涤烧杯，则溶质NaOH的物质的量（）减小，根据公式=可知物质的量浓度偏低。项错误；定容时俯视刻度线，使容量瓶中液面低于刻度线，则所配溶液的体积（V）减小，根据公式=可知溶液浓度偏大。项正确；摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线，则所配溶液的体积（V）增大，根据公式=可知溶液浓度偏小。项错误；答案选。(4)将1mol/LNaOH溶液10 mL稀释成100 mL时，NaOH的浓度c=0.1mol/L，因为溶液的圴一性，故这10mL溶液的物质的量浓度仍为0.1mol/L。(5)氧化铝具有两性，能与NaOH溶液反应，其离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，所以NaOH完全与氧化铝反应后，所得溶液中溶质是NaAlO2，10 mL 1mol/LNaOH溶液中含有NaOH的物质的量n(NaOH)=1mol/L0.01L=0.01mol，根据离子方程式计量关系知所得溶液中NaAlO2的物质的量=n(NaOH)=0.01mol，则所得溶液的浓度=1mol/L。氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。【点睛】对于配制一定物质的量浓度溶液进行误差分析时，通常将错误操作归结到影响溶质物质的量（）或溶液体积（V），然后根据公式=分析物质的量浓度是偏大、偏小、还是不变。17.某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为_。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：记录C的液面位置；将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是_(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应_。（4）B中发生反应的化学方程式为_。（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为_。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). (4). 使D和C的液面相平 (5). 2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 (6). (7). 偏小【解析】试题分析：（1）由于B中有固体剩余，这说明加热的试剂不是酸，而氢氧化镍，镁与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。（2）由于镁铝均是活泼的金属，在其表面有氧化膜，则实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜。（3）实验前首先记录C中液面位置，然后加入氢氧化钠溶液，当不再有气体产生时再记下液面位置，最后将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重，所以上述操作的顺序是。由于气体的体积受压强的影响，所以再记录液面时还需要使D和C的液面相平。（3）氢氧化钠溶液与铝反应，镁不反应，则B中反应的离子方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2。（4）氢气的物质的量是，则根据方程式可知需要金属铝的物质的量是。合金中铝的质量是（ac）g，则铝的相对原子质量是。（5）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则剩余固体质量偏大，即c偏大，所以测得铝的质量分数将偏小。考点：考查物质含量测定实验方案设计与探究18.某校化学兴趣小组用如图所示过程除去硫酸铝中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少硫酸铝的损失。请回答下列问题：（1）混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，反应的离子方程式是_、_。（2）能否用氨水代替氢氧化钠溶液_，其原因是_。（3）溶液a中存在的离子有_，在溶液a中加入稀硫酸时需控制硫酸的量，其原因是_，改进方法是_。【答案】 (1). Mg22OH=Mg(OH)2 (2). Al34OH=AlO2-2H2O（或Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH= AlO2-2H2O） (3). 不能 (4). 因为在Al3与氨水反应生成A